2022年高考理科数学(人教版)一轮复习练习：第二篇第11节第三课时

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第三课时利用导数证明不等式专题

【选题明细表】

1.(2017·咸阳二模)已知三次函数f(x)的导函数f′(x)=-3x2+3且

f(0)=-1,g(x)=xln x+(a≥1).

(1)求f(x)的极值;

(2)求证:对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≤g(x2).

(1)解:依题意得f(x)=-x3+3x-1,f′(x)=-3x2+3=-3(x+1)(x-1),

知f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上是减函数,在(-1,1)上是增函数,

所以f(x)极小值=f(-1)=-3,f(x)极大值=f(1)=1.

(2)证明:法一易得x>0时,f(x)最大值=1,

依题意知,只要1≤g(x)(x>0)?x≤x2ln x+a(x>0),

由a≥1知,只要x≤x2ln x+1(x>0),即x2ln x+1-x≥0(x>0),

令h(x)=x2ln x+1-x(x>0),则h′(x)=2xln x+x-1,

h′(1)=0,当x>1时,h′(x)>0;当0

即h(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,h(x)最小值=h(1)=0, 即h(x)≥0对任意x1,x2∈(0, +∞),都有f(x1)≤g(x2).

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法二易得x>0时,f(x)最大值=1,

由a≥1知,g(x)≥xln x+(x>0),令h(x)=xln x+(x>0),

则h′(x)=ln x+1-=ln x+,

注意到h′(1)=0,当x>1时,h′(x)>0;当0

即h(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)是增函数,

h(x)最小值=h(1) =1,所以h(x)最小值=1,

即g(x)最小值=1.

综上知对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≤g(x2).

法三易得x>0时,f(x)最大值=1,

由a≥1知,g(x)≥xln x+(x>0),令h(x)=xln x+(x>0),则h′(x)=ln x+1-(x>0),

令?(x)=ln x+1-(x>0),则?′(x)=+>0,

知?(x)在(0,+∞)上递增,注意到?(1)=0,

所以,h(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,

有h(x)最小值=1,即g(x)最小值=1,

综上知对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≤g(x2).

·山东模拟)已知函数f(x)=ln x-x2+x.

(1)求函数f(x)在点x=2处的切线方程;

(2)求函数f(x)的极值;

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(3)证明:当a≥2时,关于x的不等式f(x)<(-1)x2+ax-1恒成立. (1)解:f′(x)=-2x+1(x>0),

故f′(2)=-,f(2)=ln 2-2,

故切线方程是y-(ln 2-2)=-(x-2),

整理得y=-x+3+ln 2.

(2)解:f′(x)=-2x+1=(x>0),

由f′(x)<0,得2x2-x-1>0.又x>0,所以x>1,

所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞),函数f(x)的单调递增区间为(0,1),

故f(x)极大值=f(1)=0,无极小值.

(3)证明:令g(x)=f(x)-[(-1)x2+ax-1]=ln x-ax2+(1-a)x+1,

所以g′(x)=-ax+(1-a)=,

因为a≥2,所以g′(x)=-,

令g′(x)=0,得x=,所以当x∈(0, ),g′(x)>0,当x∈(,+∞)时, g′(x)<0,

因此函数g(x)在x∈(0,)上是增函数,在x∈(,+∞)上是减函数,

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故函数g(x)的最大值为g()=ln -a×()2+(1-a)×+1=-ln a, 令h(a)=-ln a,因为h(2)=-ln 2<0,

h′(a)=--,因为a>0,所以h′(a)<0,

则h(a)在(0,+∞)上是减函数,

所以当a≥2时,h(a)<0,即对于任意正数x总有g(x)<0,

所以关于x的不等式恒成立.

3.(2017·河南安阳一模)已知函数f(x)=x+aln x与g(x)=3-的图象在点(1,1)处有相同的切线.

(1)若函数y=2(x+m)与y=f(x)的图象有两个交点,求实数m的取值范围;

(2)设函数F(x)=3(x-)+g(x)-2f(x)有两个极值点x1,x2,且x1

(1)解:因为f′(x)=1+,g′(x)=,

根据题意得解得

所以f(x)=x+ln x,

设T(x)=f(x)-2x-2m=ln x-x-2m,则T′(x)=-1,

当x∈(0,1)时,T′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,T′(x)<0,

所以T(x)max=T(1)=-1-2m,

因为x→0时,T(x)→-∞,

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x→+∞时,T(x)→-∞,

故要使两图象有2个交点,只需-1-2m>0,解得m<-,

故实数m的范围是(-∞,-).

(2)证明:由题意,函数F(x)=x--2ln x,其定义域是(0,+∞),

F′(x)=,

令F′(x)=0,即x2-2x+m=0,其判别式Δ=4-4m,

函数F(x)有2个极值点x1,x2,

等价于方程x2-2x+m=0在(0,+∞)内有2个不等实根,

又x1x2>0,故0

所以x2=1+且1

F(x2)-x2+1=x2-2ln x2-1,

令h(t)=t-2ln t-1,1

则h′(t)=,

由于1

故h(t)在(1,2)上递减,

故h(t)

所以F(x2)-x2+1=h(x2)<0,

所以F(x2)

4.(2017·江西模拟)已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=(a∈

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R).

(1)求函数f(x)的单调区间及最值;

(2)若对?x>0,f(x)+g(x)>1恒成立,求a的取值范围;

(3)求证:+++…+

(1)解:f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)=-1=-.f′(x)>0?-1< x<0;f′(x)<0?x>0,

所以函数f(x)的增区间为(-1,0),减区间为(0,+∞),

f(x)max=f(0)=0,无最小值.

(2)解:?x>0,f(x)+g(x)>1??x>0,ln(1+x)-x+>1

??x>0,ln(1+x)+>1??x>0,a>(x+2)[1-ln(1+x)],

令h(x)=(x+2)[1-ln(1+x)].

则h′(x)=1-ln(1+x)-=-ln(1+x)-.

当x>0时,显然h′(x)=-ln(1+x)-<0,

所以h(x)在(0,+∞)上是减函数.

所以当x>0时,h(x)

所以,a的取值范围为[2,+∞).

(3)证明:由(2)知,当a=2,x>0时,ln(1+x)+>1,

即ln(1+x)>(*).

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在(*)式中,令x=(k∈N*),得ln>,

即ln>,

依次令k=1,2,3,…,n,

得ln>,ln>,ln>,…,ln>.

将这n个式子左右两边分别相加,

得ln(n+1)>+++…+.

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